通达信筹码选股公式四川省资阳市2018届高三4月模拟考试(三诊)数学(理)试题(解析版)

资阳市高中2015级（2018届）高考模拟考试
理科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干 净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无
效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
.
一、选择题：本题共12小题，每小 题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的
.
1.
设集合
A.
【答案】
C
【解析】由对数函数的定义域，可得
，故选
C.
2.
复数
z
满足
A. B.
，则
C.

D.


，由指数函数性质可得

，
B.
，
C.
，则
D.
【答案】
B
【解析】，，，故选
B.
3.
直线
l：kx－y－2k＝0
与双曲线
x
2
－y
2
＝2
仅有一个公共点，则实数
k
的值为
A. －1
或
1 B. －1 C. 1 D. 1，－1，0
【答案】
A
【解析】因为直线
l
：
kx
－
y
－
2k
＝0过定点(2,0 ),而直线
l
：
kx
－
y
－
2k
＝0与双 曲线
x
－
y
＝2仅有一个公共点，所
以直线
l
：< br>kx
－
y
－
2k
＝0与双曲线渐近线平行，即实数
k
的值为－1或1，选A.
4.
已知角
α
的顶点与原点
O
重合，始边与
x
轴的正半轴重合，若它的终边经过点
A.
－7
B. C. D.
7
，则
22


【答案】
A
【解析】由角的顶点与原点重合，始 边与轴的正半轴重合，若它的终边经过点，可得，
，

，故选A.
5. < br>为了反映国民经济各行业对仓储物流业务的需求变化情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购 联合
会和中储发展股份有限公司通过联合调查，制定了中国仓储指数．如图所示的折线图是
20 16
年
1
月至
2017
年
12
月的中国仓储指数走 势情况．

根据该折线图，下列结论正确的是
A.
2016
年各月的仓储指数最大值是在
3
月份
B.
20 17
年
1
月至
12
月的仓储指数的中位数为
54%
C.
2017
年
1
月至
4
月的仓储指数比
2016
年同期波动性更大
D.
2017
年
11
月的 仓储指数较上月有所回落，显示出仓储业务活动仍然较为活跃，经济运行稳中向好
【答案】
D
【解析】2016年各月的仓储指数最大值是在11月份；2017年1月至12月的仓储指数的中位数 为52%；2017年1
月至4月的仓储指数比2016年同期波动性小；2017年11月的仓储指数 较上月有所回落，显示出仓储业务活动仍然
较为活跃，经济运行稳中向好，所以选D.
6.
如图，网格纸上小正方形的边长为
1
，粗实线画出的是某多面体的三视图，则在该多面 体各个面中，面积最大的
面的面积为

A.
4
B.
5


C.
6
D.
【答案】
D

【解析】几何体如图
SA=3,SC=5,BC=2 ,AC=4,AB=
，则面积最大的面为SAB，面积为,选D.

点睛：(1)解 决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模
型， 在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有< br>些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．
7.
某程序的程序框图如图所示，若输入的，则输出的

A. B.

C.
1
D.
2
【答案】
A
【解析】执行循环得：
，选
A.
点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程 图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、

,
结束循环，输出

循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数 、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的
数学问题，是求和还是求项.
8.
等比数列的首项为
3
，
公比不等于
1.
若
a4
，a
3
，a
5
成等差数列，则数列前
5
项的 和为
A.
－31
B.
33
C.
45
D.
93
【答案】
B
【解析】等比数列 的首项为，设，
a
4
，
a
3
，
a
5
成等差数列，，
，
9.
在平行四边形
ABCD
中，
M< br>是
BC
的中点
，
若
A. B. 2
C. D.

，
＝λ+μ，
则
，故选
B.
【答案】
D
【解析】因为
，所以
，所以
，，选
D.
,
即，因此
10.
从
0，1，2，3
这
4
个数字中选
3
个数字组成没有重复数字的三位数，则该三位数能被
3
整除的 概率为
A. B.
【答案】
C
【解析】从
和由
故选
C.
11.
如图，二面角
所成角的大小为
的大小为
，
，且
，
，则
AD
与
β
中选三个组成三位数共有
和
个，该三位数被整 除的有两种情况：三位数由
个，由古典概型概率公式得
组成
，
C. D.

组成，分别有个数，被整除的数共有

A. B.



C. D.
【答案】
C
【解析】

为正三角形，
为等腰三角形，设的中点为，连接
，设的中 点为，则
，
，则
，由平面
由余弦定理可得
面
，得
， 是
，，
，故
的平面角为，由余弦定理可得
是
选
C.
12.
已知定义在
R
上的偶函数
则关于
x
的不等式
A.
C.
B.
D.


与成的角，在三 角形中，以
,
由余弦定理可得
（函数
f(x)
的导函数为）满足，e
3
f(2018)＝1
，若，
的解集为
【答案】
B
【解析】
设
是偶函数，
，则
，
，
，相减可得
，结合
选
B.
【方法点睛】利用导数研究函数的单 调性、构造函数解不等式
,
属于难题
.
联系已知条件和结论，构造辅助函数是 高
中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并 确定变量的
限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意 的函数是解题的关键；
解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着 手：
①
根据导函数的“形状”变
换不等式“形状”；
②
若是选择题， 可根据选项的共性归纳构造恰当的函数
.
的周期为可化为
在
，
，< br>，
上递增，由
的周期为，
，
，得
，
，不等式解集为< br>，
，故
，即，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.
【答案】2
【解析】展开式的通项为，又令，得将

代入可得，
展开式中常数项为
10
，则实数
__________．


，故答案为
.
【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题
.
二项展开式 定理的问题也是高考命题热点
之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（
1
）考查二项展开式的通项公式
；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2
）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（
3
）二
项展开式定理的应 用
.
14.
已知实数
【答案】3
【解析】作可行域如图，则直线过点
A(2,1)
时取最大值
3.
满足则的最大值为
_________．

15.
等差数列
【答案】
【解析】

的前
n
项和为，若，且，则公差的取值范围是
________
．
，

，对称轴为，
为的最大值，由二次函数性质可得，，得，即的范围是，故答案为
.
16.
抛物线
准线的垂线
【答案】

的焦点为
F ，
，垂足为，则
为抛物线上的两点，以为直径的圆过点
F
，过
AB< br>的中点作抛物线的
的最大值为
________．
【解析】由抛物线定义得
=
,即的最大值为.
点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理． 2．若为抛物线


上一点，由定义易得；若过焦点的弦
AB
的端 点坐标为，则弦长为
可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由 数形结
合的方法类似地得到．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤。第17~21题为必考题，每个试
题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作 答
.
（一）必考题：共60分
.
17.
在中，角
A，B，C
的对边分别为
a，b，c
，且
．
（1
）求
A．
（2
）若，求的取值范围．
；（2）.

根据正弦定理化简可得
，所以
，
结合余弦定理
，则有【答案】（1）
【解析】试题分析：
（1）
由
得
，
从而 可得结果
；（2）
根据余弦定理，
，又
，
进而可得结果
.

，即试题解析：
（1
）根据正弦定理得
则
由于
所 以
，即
，
．
，
，
，又
的取值范围是
．
，
，
，
（2
）根据余弦定理，
所以
则有
所以
【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定 理的应用，属于中档题
.
在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦
定理是两个主要 依据
.
除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说
,
当条件中同时出现

及

、

时，往往用余弦定 理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结
合和、差、 倍角的正余弦公式进行解答.
18.
某超市计划销售某种食品，现邀请甲、乙两个商家进场 试销
10
天．两个商家提供的返利方案如下：甲商家每天
固定返利
60
元，且每卖出一件食品商家再返利
3
元；乙商家无固定返利，卖出
30
件以 内（含
30
件）的食品，每件
食品商家返利
5
元，超出
30
件的部分每件返利
8
元．经统计，两个商家的试销情况茎叶图如下：



（1
）现从甲商家试销的
10
天中抽取两天，求这两天 的销售量都小于
30
的概率；
（2
）若将频率视作概率，回答以下问题：
①
记商家乙的日返利额为
X
（单位：元），求
X
的分布列和数学期望；
②
超市拟在甲、乙两个商家中选择一家长期销售，如果仅从日平均返利额的角度考虑，请利用 所学的统计学知识
为超市作出选择，并说明理由．
【答案】（1）；（2）
①
见解析；
②
见解析.
【解析】 试题分析：（
1
）结合组合知识，利用古典概型概率公式即可求两天的销售量都小于的概率；（
2
）①

的
所有可能取值为：，，， ，，根据古典概型概率公式， 求出各个随机变量对应的概率，从而可得
的分布列，进而可得期望值；②先求出甲商家的日平均销售量， 从而可得甲商家的日平均返利额，再由①得出乙商
家的日平均返利额，比较返利额的大小可得结论
.
试题解析：
（1
）记
“
抽取的两天销售量都小于
30 ”
为事件
A，
则
P(A)==．
（2
）设乙商家的日销售量为
a
，则
5=140；
当
a=28
时，
X=28×
5=145；
当
a=29
时，
X=29×
5=150；
当
a=30
时，
X=30×
5+1×8=158；
当
a=31
时，
X=30×
5+2×8=166；
当a=32
时，
X=30×
所以
X
的所有可能取值为：
1 40，145，150，158，166．
所以
X
的分布列为
X
P

所以
EX=140×+145×+150×+158×+166×=152.8.
0.2+29×0.4+30×0.2+31×0.1+32×0.1=29.5
②依题意，甲商家的日平均销售量为：
28×
140

145

150

158

166



3=148.5
元．

所以甲商家的日平均返利额为：
60+29.5×
由①得乙商家的日平均返利额为
152.8
元（＞
148. 5
元），
所以推荐该超市选择乙商家长期销售．
19.
如图，三棱柱< br>（1
）过
的各棱长均相等，底面
，E，F
分别为棱的中点．
作平面
α
，使得直线
BE
平面
α
，若平面
α
与直线
的余弦值．
.
交于点
H
，指出点
H
所在的位置，并说明理由；
（2）求二面角
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：（
1
）由 直线
四边形是平行四边形，则
平面，利用线面平行的判定定理可得直线
，即点为
直线，又直线，可得
的中点；（
2
）取的中点，由于
两两互相垂直，所以可 以
与平面
为轴建立如空间直角坐标系
，
分别根据向量垂直数量积为零列方程组 求出平面
的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果
.
试题解析：
（1
）如图所示，平面
FHA
1
即为平面
α，H
点为线段
BB
1
的中点．

理由如下：
因为直线
BE< br>平面
α
，平面
α∩
平面
AB
1
=A
1
H
，直线
BE
?
平面
AB
1
，
所以直线
BE
直线
A
1
H
，又
A
1E
直线
BH，
所以四边形
BEA
1
H
是平行四边形，则
BH= A
1
E
即
H
点为
BB
1
的中点．

，

（2
）如图，取
B
1
C
1
的中点
Q
，显然
FC
，
FQ
，
FA
两两互 相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
F-xyz
如图所示．
不妨设棱长为
2
，则
H（-1，1，0），A
1
（0，2，），
则
，，
，

．
，
设面
FHA1
的法向量
则由
令，得
得
取平面
BFH
的一个 法向量


于是
所以二面角
．
的余弦值为
． < br>【方法点晴】本题主要考查线面平行的证明以及利用空间向量求二面角，属于难题
.
空间 向量解答立体几何问题的一
般步骤是：（
1
）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； （
2
）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（
3
）
设出相 应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（
4
）将空间位置关系转 化为向量关系；
（
5
）根据定理结论求出相应的角和距离
.
20.
已知为椭圆
E：
的左、右顶点，
，E
的两个焦点与
E
的短轴两个端点所构
成的四边形是正方形．
（1
）求椭圆
E
的方程；
（2
）设动点
大值．
【答案】（1）；（2）.
得，由的两个焦点与的短轴两个端点所构成的四边形是正方形．可
的方程为
，从而
，直线

的方
（
），记直线与E
的交点（不同于）到
x
轴的距离分别为，求的最
【解析】试题分析：（
1
））由
得
程为
，又，解得，从而可得椭圆的方程；（
2< br>）设直线
，，将两直线方程分别与椭圆方程联立，求得

试题解析：
（1
）由
，利用基本不等式可得结果
.
得，则
．
因为
E
的两个焦点与
E
的短轴两个端点所构成的四边形是正方形．
所以，又，解得
．
的方程为，直线的方程为
，
，
故 椭圆
E
的方程为
（2
）不妨设
设
．直线
，
由得，可得
．


又由得，可得
．
则
．
因为，当且仅当取等号，则
，
即
21.
已知函数
（1
）当
．当且仅当取等号．
（其中
）．
时，求零点的个数
k
的值；
，求证：
． （2
）在（1
）的条件下，记这些零点分别为
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解 析】试题分析：（
1
）利用导数研究函数的单调性，可得当
x
＞时，
为减函数，所以，判断出、、；
，为增函数；当时， ，
的符号，结合函数图象，利用零点定理 可得结
果；（
2
）由（1）知的两个零点为，不妨设，可得，进而，
，只需利 用导数证明
试题解析：
（1
）由题
x＞0，
由得
，
，
为增函数；当
0时，

．
，所以
，

，又
所以当时，零点的个数为
2．
，不妨设
，
且
，
，
，则
即可得结论
.
，
当
x＞
时，
所以
因为
而
为减函数，
（2
）由（
1
）知
于是
的两个零点为
，


两式相减得
（*），
令
，
则将
所以
下面证明
即证明
则
所以
故
于是
所以有
所以
代入（
*
）得，进而
，
，
，其中
，
设
，令

，
，
，则
为
为
，即
增函数，
减函数，
．
，
得
，
，
为增函数，即
，故
，从而
，得证．
．
而由
（二） 选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计
分。
22.
[
选修
4－4
：坐标系与参数方程
]
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（其中
t
为参数），现以坐标原点为极点，
x
轴的正半轴为极
轴建立极坐标系，曲线
C
的极坐标方程为
．
（1
）写出直线
l
普通方程和曲线
C
的直角坐标方程；
（2
）过点且与直线平行的直线交于
，
两点，求
.
；（2）.
将曲线
C
的
【答案】（1）直线
l
的 普通方程为
；
的直角坐标方程为
【解析】试题分析：（1）先根据加减消元得直线l
的普通方程，再根据
极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先求直线参数方程标准形式， 再代入曲线
C
的直角坐标方程，根据参数几何
意义得，最后利用韦达定理代入求值.
试题解析：（
1
）由消去参数
t
，得直线
l
的普通 方程为．



又由得，

．

所以曲线的直角坐标方程为
（
2
）

过点且与直线平行的直线的参数方程为
将其代入
则
所以
得
，

，

．

23.
[
选修
4－5
：不等式选讲
]
已知函数
（1
）解不等式
．
；
，试比较与的大小，并说明理由．
（2
）若正实数
a，b
满足
【答案】（1）
｛x| x＜－3
或
x＞1｝
；（2）见解析.
【解析】试题分析：（1）根据绝对 值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先根据绝对值
三角不等式得最大值， 再根据基本不等式可得
，

最小值，最后根据两者关系确定大小关系.
试题 解析：（1）由题知
①当
②当
③当
时，－2
x
－2＞4，解 得
x
＜－
3
；

时，2＞4，矛盾，无解；
时， 2
x
＋
2
＞
4
，
x
＞
1
；

所以该不等式的解集为｛
x| x
＜－3或
x
＞
1
｝．

（2）因为
所以
又
所以．


，即
，当且仅当
．

．当且仅当时取等号．
时，取“=”，
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二 是利用绝对值的几何意义求解．法一
是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与 函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强
化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命 题的新动向．